狄利克雷卷积

设数论函数 \(f, g\)，它们的狄利克雷卷积定义为：

\[h(n) = \sum_{d\mid n} (f(d)\cdot g(\dfrac{n}{d})) \]

（我们只讨论 \(n\) 为正整数的情况）
记作 \(h = f * g\)。
对于它，有几个结论。

1.满足交换律

显然。

2.满足结合律

证明：

\[\begin{align*} (f * g * h)(n) &= \sum_{d_1\mid n}(\sum_{d_2\mid d_1}(f(d_2)\cdot g(\dfrac{d_1}{d_2}))\cdot h(\dfrac{n}{d_1})) \\ &= \sum_{abc = n}(f(a)\cdot g(b)\cdot h(c)) \end{align*} \]

这个东西显然是对称的，不管你怎么交换卷积次序，都不会变。
对此，我们还可以得出：

\[(f_1*f_2*\cdots f_m)(n) = \sum_{a_1a_2\cdots a_m = n}(f_1(a_1)f_2(a_2)\cdots f_m(a_m)) \]

3.对加法满足分配律

证明：

\[\begin{align*} (f * (g + h))(n) &= \sum_{d\mid n}(f(d)\cdot(g(\dfrac{n}{d}) + h(\dfrac{n}{d}))) \\ &=\sum_{d\mid n}(f(d)\cdot g(\dfrac{n}{d})) + \sum_{d\mid n}(f(d)\cdot h(\dfrac{n}{d})) \\ &=(f*g + f*h)(n) \end{align*} \]

4.对积性函数封闭

即积性函数与积性函数的狄利克雷卷积还是积性函数。
令 \(h = f * g\)，\(f,g\) 为积性函数。
设 \(a,b\) 满足 \(\gcd(a, b) = 1\)。
则

\[\begin{align*} h(a)h(b) &= \sum_{d_1\mid a}(f(d_1)g(\dfrac{a}{d_1}))\sum_{d_2\mid b}(f(d_2)g(\dfrac{b}{d_2})) \\ &=\sum_{d_1d_2\mid ab}(f(d_1d_2)g(\dfrac{ab}{d_1d_2})) \\ &=\sum_{d\mid ab}(f(d)g(\dfrac{ab}{d})) \\ &=h(ab) \end{align*} \]

注意，第二行是对于每个 \(d_1d_2\) 进行求和，而不是对于每个 \(d_1, d_2\) 进行求和。

5. \(\operatorname{Id}_k * 1 = \sigma_k\)

其中，\(\operatorname{Id}_k(n) = n^k\)，\(\sigma_k(n) = \displaystyle\sum_{d\mid n}d^k\)，\(1(n) = 1\)
易证。

6. \(\varphi * 1 = \operatorname{Id}\)

其中，\(\operatorname{Id}(n) = n\)，\(\varphi(n)\) 意义是 \(1\sim n\) 中与 \(n\) 互质的数的个数。
假设 \(n = p_1^{e_1}p_2^{e_2}\cdots p_m^{e_m}\)，则 \(\varphi(n) = n(1-\dfrac{1}{p_1})(1-\dfrac{1}{p_2})\cdots (1 - \dfrac{1}{p_m})\)。
证明 \(\varphi * 1 = \operatorname{Id}\)：
\((\varphi * 1)(n) = \displaystyle\sum_{d\mid n}\varphi(d)\)。
我们令 \(S = \{\dfrac{1}{n}, \dfrac{2}{n}, \cdots, \dfrac{n}{n}\}\)。
假设其中 \(\dfrac{k}{n}\) 可以被约分为 \(\dfrac{a}{d}\)。
则这样的 \(d\) 一定是 \(n\) 的因数，而且 \(\gcd(a, d) = 1\)，所以这样的 \(\dfrac{a}{d}\) 一定会有 \(\varphi(d)\) 个。
并且对于不同的 \(d\)，所有 \(\dfrac{a}{d}\) 的值一定是不同的，因为 \(S\) 里的一个分数不可能被约分为两个不同分母的分数。
因此，所有 \(\dfrac{a}{d}\) 的总个数一定是 \(n\)。
因此得证。

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一种看起来更严谨的证法：
因为狄利克雷卷积对积性函数封闭，且 \(\varphi,1\) 都是积性函数，所以假设它们的卷积为 \(f\)，也是积性函数。
对于所有 \(p^k,k\ge 1\)，有 \(\varphi(p^k) = p^k - p^{k - 1}\)，\(\varphi(1) = 1\)。
且 \(p^k\) 的所有因数是 \(p^i,0\le i\le k\)。
所以 \(f(p^k) = \displaystyle\sum^k_{i = 0}\varphi(p^i) = 1 + p - 1 + p^2 - p + \cdots + p^k - p^{k - 1} = p^k\)。
假设 \(n = p_1^{e_1}p_2^{e_2}\cdots p_m^{e_m}\)。
则 \(f(n) = \displaystyle\prod^{m}_{i = 1}f(p_i^{e_i}) = \prod_{i = 1}^mp_i^{e_i} = n\)。
也就是 \(f = \operatorname{Id}\)。
得证。

7. \(1 * 1 = \operatorname{d}\)

其中 \(\operatorname{d}(n)\) 的意义是 \(n\) 的因子个数。
易证。

8. \(1 * \mu = \varepsilon\)

其中，\(\mu\) 的定义如下图：

（摘自oi-wiki）
而 \(\varepsilon = [n = 1]\)（\(n\) 是否等于 \(1\)）。
其中 \(\varepsilon\) 是狄利克雷卷积的单位元，容易验证对于数论函数 \(f\)，\(f * \varepsilon = f\)。
\(\varepsilon\) 和 \(\mu\) 都是积性函数。
证明 \(1 * \mu = \varepsilon\)：
对于一个 \(n\)，假设 \(n = p_1^{e_1}p_2^{e_2}\cdots p_m^{e_m}\)。
则 \((1 * \mu)(n) = \displaystyle\sum_{d\mid n}\mu(d)\)。
对于某个 \(d\)，如果 \(d\) 中含有一个出现次数 $ > 1$ 的质因数，那么 \(\mu(d) = 0\)，这一项也就没什么用了。
所以我们令 \(n' = p_1p_2\cdots p_m\)，则 \(\displaystyle\sum_{d\mid n}\mu(d) = \displaystyle\sum_{d\mid n'}\mu(d)\)。
则每个 \(d\) 的因数肯定是 \(\{p_1, p_2,\cdots, p_m\}\) 的一个子集。
我们枚举子集大小，并考虑这样大小的子集总共有多少个。
则 \(原式 = \displaystyle\sum^{m}_{t = 0}((-1)^t\binom{m}{t}) = (1 - 1)^m = 0^m\)，这个东西在 \(m = 0\) 时等于 \(1\)，在 \(m > 0\) 时等于 \(0\)。
\(m = 0\) 意味着 \(n\) 没有质因子，也就是 \(n = 1\)。
因此得证。

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利用这个性质，我们可以得到莫比乌斯反演。
若 \(g = f * 1\)，即 \(g(n) = \displaystyle\sum_{d\mid n}f(n)\)。
则 \(g * \mu = f * 1 * \mu\iff f * \varepsilon = g * \mu\iff f = g * \mu\)。
也就是 \(f(n) = \displaystyle\sum_{d\mid n}(g(d)\mu(\dfrac{n}{d}))\)。
而 \(\mu\) 可以通过线性筛求出。

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此性质的例题：

先二维前缀和一下。
我们就只需要求

\[\sum_{i = 1}^{n}\sum_{j = 1}^m[\gcd(i,j) = k] \]

那我们就只需要考虑 \(i,j\) 是 \(k\) 的倍数的情况，并使得 \(\gcd(\dfrac{i}{k},\dfrac{j}{k}) = 1\) 即可。
于是我们枚举 \(\dfrac{i}{k}, \dfrac{j}{k}\)。
因此原式等于

\[\begin{align*} &\sum_{i = 1}^{[\frac{n}{k}]}\sum_{j = 1}^{[\frac{m}{k}]}[\gcd(i,j) = 1] \\ =&\sum_{i = 1}^{[\frac{n}{k}]}\sum_{j = 1}^{[\frac{m}{k}]}\varepsilon(\gcd(i,j)) \\ =&\sum_{i = 1}^{[\frac{n}{k}]}\sum_{j = 1}^{[\frac{m}{k}]}\sum_{d\mid \gcd(i,j)}\mu(d) \\ =&\sum_{i = 1}^{[\frac{n}{k}]}\sum_{j = 1}^{[\frac{m}{k}]}\sum_{d\mid i, d\mid j}\mu(d) \\ \end{align*} \]

改变求和顺序，并令 \(n = [\frac{n}{k}],m = [\frac{m}{k}]\)。

\[\begin{align*} =&\sum_{d = 1}^{\min(n, m)}(\mu(d)\sum_{i = 1}^n([d\mid i]\sum_{j = 1}^m[d\mid j])) \\ =&\sum_{d = 1}^{\min(n, m)}(\mu(d)\left[\frac{n}{d}\right]\left[\frac{m}{d}\right]) \end{align*} \]

对于 \([\frac{n}{d}]\cdot[\frac{m}{d}]\)，我们可以用整除分块。
\([\frac{n}{d}]\) 会有 \(\mathcal{O}(\sqrt{n})\) 个断点，\([\frac{m}{d}]\) 会有 \(\mathcal O(\sqrt{m})\) 断点。
因此总区间个数是 \(\mathcal O(\sqrt n)\) 的（\(n,m\) 同阶）。
同一个区间内 \([\frac{n}{d}]\cdot[\frac{m}{d}]\) 的值相同，只需要维护 \(\mu\) 的区间和。
总复杂度为 \(\mathcal O(n + T\sqrt n)\)。